Question

19．数列{a_n}满足a₁=3，2（n+1）a_n-na_n+1=2n+4，数列{b_n}满足b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}-2}$，n∈N^*．
（1）证明：{$\frac{{a}_{n}-2}{n}$}为等比数列，并求出数列{a_n}的通项公式；
（2）求证：$\frac{1}{2}$≤b_n+1+b_n+2+…+b_2n≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2n+1}$．

Answer 1

分析 （1）数列{a_n}满足a₁=3，2（n+1）a_n-na_n+1=2n+4，变形为：$\frac{{a}_{n+1}-2}{n+1}$=2×$\frac{{a}_{n}-2}{n}$，即可证明．
（2）由b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{n}$．可得b_n+1+b_n+2+…+b_2n=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$≥$\frac{n}{2n}$=$\frac{1}{2}$，利用首项归纳法证明：b_n+1+b_n+2+…+b_2n≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2n+1}$．即可得出．

解答 （1）证明：∵数列{a_n}满足a₁=3，2（n+1）a_n-na_n+1=2n+4，
∴$\frac{{a}_{n+1}-2}{n+1}$=2×$\frac{{a}_{n}-2}{n}$，$\frac{{a}_{1}-2}{1}$=1，
∴：{$\frac{{a}_{n}-2}{n}$}为等比数列，首项为1，公比为2．
∴$\frac{{a}_{n}-2}{n}$=2^n-1，可得a_n=2+n•2^n-1．
（2）解：∵b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{n}$．
∴b_n+1+b_n+2+…+b_2n=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$≥$\frac{n}{2n}$=$\frac{1}{2}$，
下面利用首项归纳法证明：b_n+1+b_n+2+…+b_2n≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2n+1}$．
①当n=1时，b₂=$\frac{1}{2}$=$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{3}$，成立．
②假设当n=k（k∈N^*）时，b_k+1+b_k+2+…+b_2k≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2k+1}$．
则n=k+1时，b_k+1+b_k+2+…+b_2k+b_2k+1+b_2k+2-b_k+1≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2k+1}$$-\frac{1}{k+1}$+$\frac{1}{2k+1}$+$\frac{1}{2k+2}$=$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2k+2}$≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2k+3}$．
∴n=k+1时也成立，因此：b_n+1+b_n+2+…+b_2n≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2n+1}$成立．
综上可得：$\frac{1}{2}$≤b_n+1+b_n+2+…+b_2n≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2n+1}$．

点评 本题考查了递推关系、等比数列的通项公式、数学归纳法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．